Bài 1:  Cho các số thực $x,y,z$ thỏa mãn $\left\{\begin{matrix}x+y+z=-1\\ x^3+y^3+z^3=11\end{matrix}\right.$

       a)   Biểu diễn $zx$ theo y

       b)  Chứng minh rằng trong 3 số $x,y,z$ có ít nhất 1 số thuộc đoạn $[-2,-1]$

Bài 2:   Cho $a,b,c$ là các số nguyên dương, trong đó $a,b$ nguyên tố cùng nhau và $\frac{b}{c}+\frac{c}{a}$ là số nguyên.

Chứng minh rằng $a$ là số chính phương

Bài 3:   Cho dãy số $(a_n)_n$ được xác định như sau $\left\{\begin{matrix}a_0=1 \, \, , \, \,a_1=13\\ a_{n+2}=14a_{n+1}-a_n \, \, , \forall n\in \mathbb{N}\end{matrix}\right.$

       a)   Chứng minh rằng $2a_n-1$ là số chính phương với mọi số tự nhiên $n$

       b)   Chứng minh rằng $a_n$ luôn được viết dưới dạng tổng bình phương của 2 số tự nhiên với mọi số tự nhiên $n$

Bài 4:   Tìm tất cả hàm số lẻ $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn

$$f(f(x)+y)=2x+f(x-f(y)) \, \, , \, \, \forall x,y\in \mathbb{R}$$

Bài 5:   Cho hai đường tròn $(O_1, R_1)$ và $(O_2,R_2)$ cắt nhau tại $A, B$ sao cho tam giác $AO_1O_2$ vuông tại $A$. Tia $O_1O_2$ cắt đường tròn $(O_2)$ tại $E,F$ và cắt đường tròn $(O_1)$ tại $D$. Điểm $M$ thay đổi trên đường tròn $(O_1)$ và không thuộc đường thẳng $O_1O_2$. Kẻ đường kính $MP$ của $(O_1)$. Tia $O_2M$ cắt đường tròn $(O_1)$ tại điểm thứ 2 là $N$. Tia $O_2P$ cắt đường tròn $(O_1)$ tại điểm thứ 2 là $Q$. Chứng minh rằng :

        a)   $MD$ là phân giác của góc $\widehat{EMF}$

        b)   $MP, \,NQ, \,AB$ đồng quy hoặc đôi một song song

        c)   $NQ$ luôn đi qua 1 điểm cố định

Bài 6:   Có 2021 viên bi, đựng trong 100 cái hộp. Mỗi lần, cho phép lấy 2 viên bi, 2 viên bi đó thuộc vào tối đa 2 hộp và bỏ chúng vào 1 hộp khác. Chứng minh rằng sau một số bước có thể bỏ tất cả các viên bi vào cùng 1 hộp.

Chứng minh rằng tồn tại dãy số $(a_{n})$ thỏa mãn:
$i) \exists c_{1},c_{2} \in \mathbb{R}: c_{1} \leq a_{n} \leq c_{2} \forall n \in \mathbb{N}^{*};$
$ii) \forall m,n \in \mathbb{N}^{*},m \neq n, |a_{m}-a_{n}| \geq \frac{1}{m-n}.$

Với mọi số thực $t\geq 2$ ta có $t+\frac{1}{t}-\frac{5}{2}=\frac{(t-2)(2t-1)}{2t}\geq 0$ nên $t+\frac{1}{t}\geq \frac{5}{2}$  (*)

Bổ đề :  Với $\frac{m}{n}\geq 2$ hoặc $m<n$ thì $\left | \frac{2}{m}-\frac{2}{n} \right |\geq \frac{1}{m-n}$

Thật vậy, với $\frac{m}{n}\geq 2$ ta có $(m-n)\left | \frac{2}{m}-\frac{2}{n} \right |=2(m-n)\frac{|n-m|}{mn}=2(m-n)\frac{-(n-m)}{mn}=2\left ( \frac{m}{n}+\frac{n}{m}-2 \right )$

Theo BĐT (*) ta có $\frac{m}{n}+\frac{n}{m}\geq \frac{5}{2}$ suy ra $(m-n)\left | \frac{2}{m}-\frac{2}{n} \right |\geq 1$

hay $\left | \frac{2}{m}-\frac{2}{n} \right |\geq \frac{1}{m-n}$

Còn trường hợp $m<n$ thì $\left | \frac{2}{m}-\frac{2}{n} \right |> 0> \frac{1}{m-n}$

Vậy bổ đề được chứng minh hoàn toàn

Bây giờ, với mọi số nguyên dương $n$ ta có $0<\frac{2}{n}\leq 2$

Đặt $a_n=\frac{2}{n}$ thì $(a_n)_{n\in \mathbb{N^*}}$ là dãy bị chặn và đặt $n_k=2k, \forall k\in \mathbb{N^*}$

Theo bổ đề trên thì dãy con $(a_{n_k})_{k\in \mathbb{N^*}}$ của $(a_n)_{n\in \mathbb{N^*}}$ chính là dãy cần tìm.

Note: $n_{k_i} > n_{k_j}$ thì $\frac{n_{k_i}}{n_{k_j}}\geq 2$

Ta sẽ sử dụng mệnh đề sau :  A là một tập đóng trong $\mathbb{R^2}$ nếu và chỉ nếu mọi dãy trong A, nếu hội tụ trong $\mathbb{R^2}$ thì giới hạn của nó thuộc A.

a)   Với dãy $\left \{ \left ( x_n,y_n \right ) \right \}$ trong A hội tụ về $\left ( x,y \right )$ trong $\mathbb{R^2}$. Ta có $\left ( x_n,y_n \right )\in A$ nên $x_ny_n=1$ hay $x_n=\frac{1}{y_n}$.

Do một dãy số chỉ có duy nhất một giới hạn nên $x=\lim_{n\rightarrow \infty }x_n=\lim_{n\rightarrow \infty }\frac{1}{y_n}=\frac{1}{y}$, điều này dẫn đến $xy=1$ hay $\left ( x,y \right )\in A$.

Vậy  $A=\left \{ \left ( x,y \right )\in\mathbb{R^2}\mid xy=1 \right \}$ là tập đóng

Câu b), c) lập luận tương tự

Tìm tất cả các đa thức thỏa mãn với mọi x thuộc R, biết: $ P(-x^{2}-x-1)=x^{4}+2x^{3}+2022x^{2}+2021x+2019 $

Đặt $G(x)=-x^2-x-1$

Từ giả thiết ta có $P(-x^2-x-1)=(x^2+x+1-1)(x^2+x+1+2020)+2019\,\,,\,\,\forall x\in \mathbb{R}$

$\Rightarrow P(G(x))=(-G(x)-1)(-G(x)+2020)+2019=(G(x))^2-2019G(x)-1\,\,,\,\,\forall x\in \mathbb{R}$

Giả sử $P(x)$ có bậc là $n$ và đa thức $H(x)$ có bậc $n-3$ sao cho $P(x)=x^3H(x)+x^2-2019x-1\,\,,\,\,\forall x\in \mathbb{R}$   (*)

Khi đó, $(G(x))^2-2019G(x)-1=P(G(x))=(G(x))^3H(G(x))+(G(x))^2-2019G(x)-1\,\,,\,\,\forall x\in \mathbb{R}$

$\Rightarrow (G(x))^3H(G(x))=0\,\,,\,\,\forall x\in \mathbb{R}$

Ta thấy $-x^2-x-1=-(x+\frac{1}{2})^2-\frac{3}{4}<0\,\,,\,\,\forall x\in \mathbb{R}$

Suy ra đa thức $G(x)=-x^2-x-1$ luôn khác 0 với mọi $x\in \mathbb{R}$

Từ đó suy ra $H(G(x))=0\,\,,\,\,\forall x\in \mathbb{R}$, điều này dẫn đến đa thức $H(x)$ có bậc $n-3$ nhưng có vô số nghiệm trong $\mathbb{R}$

Suy ra $H(x)=0\,\,,\,\,\forall x\in \mathbb{R}$, từ (*) suy ra được $P(x)=x^2-2019x-1$ chính là đa thức cần tìm

Ngày 2

 

8. Cho $n$ là một số nguyên dương. Hãy tìm số nguyên $k$ nhỏ nhất với tính chất sau:

Với mọi số thực $a_1,...,a_d$ sao cho $a_1+a_2+...+a_d=n$ và $0\le a_i\le 1$ $(i=\overline{1,d})$, ta luôn có thể chia $d$ số trên thành $k$ nhóm, và tổng các số trong mỗi nhóm không lớn hơn $1$.

Trước tiên ta đặt $S_d=\{a_1,a_2,...,a_d\}$ và $sumS_d=a_1+a_2+...+a_d$

Giả sử với $d$ số đã cho như trong đề bài, ta luôn có thể chia $d$ số đó thành $k$ nhóm mà tổng các số trong mỗi nhóm không lớn hơn $1$

Gọi các nhóm đó là $S_1, S_2,...,S_k$ với $sumS_i \leq 1$ $(i=\overline{1,k})$

Từ đó ta có thể suy ra $S_d=\bigcup_{i=1}^{k}S_i$ suy ra $n=sumS_d=\sum_{i=1}^{k}sumS_i \leq k$

Từ những điều trên ta thấy $k=n$ là số nguyên nhỏ nhất thỏa mãn đề bài

Bây giờ với $k=n$ ta sẽ chứng minh tồn tại cách chia $d$ số thỏa $a_1+a_2+...+a_d=n$ và $0\le a_i\le 1$ $(i=\overline{1,d})$ thành $n$ nhóm sao cho tổng các số trong mỗi nhóm không lớn hơn $1$ (*)

Với $n=1$ thì hiển nhiên có 1 nhóm thỏa đề bài đó là $\{a_1,a_2,...,a_d\}$

Giả sử điều này đúng với $n=k$, khi đó với $a_1+a_2+...+a_d=k+1>k$ (**)

Khi đó tồn tại tổng $a_{i_1}+a_{i_2}+...+a_{i_q}$ là tổng nhỏ hơn $1$ lớn nhất với số phần tử của tổng bé hơn $d$

Điều này dẫn đến $2\geq a_{i_1}+a_{i_2}+..+a_{i_q}+a_{i_{q+1}}>1$, đặt $b=a_{i_1}+a_{i_2}+..+a_{i_q}+a_{i_{q+1}}-1$ suy ra $0<b\leq 1$

Khi đó (**) trở thành $a_1+a_2+...+b+...+a_d=k$, theo giả thiết qui nạp thì ta có thể chia thành $k$ nhóm mà tổng các số trong mỗi nhóm không lớn hơn $1$

Giả sử $b\in S_i$, ta bỏ phần tử $b$ ra khỏi tập $S_i$ rồi lập thành 2 tập mới đó là $S'_i=S_i\setminus b$ và $K=\{a_{i_1},a_{i_2},...,a_{i_q}\}$

Rõ ràng các tập này có $sumS'_i\leq 1$ và $sumK\leq 1$ và $S_d=S_1\bigcup S_2 \bigcup ... \bigcup S'_i \bigcup K \bigcup ... \bigcup S_k$

hay $S$ được chia thành $k+1$ nhóm con mà tổng các số của mỗi nhóm không lớn hơn $1$

Ngày 2

 

5. Cho ba số thực $x$, $y$, $z$ là 3 số thực không âm thỏa mãn $x^{2}+y^{2}+z^{2}=1$. Chứng minh:

$T= \frac{x}{1-yz}+\frac{y}{1-zx}+\frac{z}{1-xy}$ chỉ có thể nhận tối đa 2 giá trị nguyên. Tìm các bộ $(x,y,z)$ để $T$ đạt giá trị tại 2 giá trị nguyên này

Ta có $2-2x+2xyz=1+x^2+y^2+z^2-2x+2xyz=(x-1)^2+y^2+z^2+2xyz \geq 0$ $\Rightarrow x(1-yz)\leq 1$

Khi đó $\frac{x}{1-yz}=\frac{x^2}{x(1-yz)}\geq x^2$

Lập luận tương tự ta cũng có $\frac{y}{1-zx}=\frac{y^2}{y(1-zx)}\geq y^2$  và  $\frac{z}{1-xy}=\frac{z^2}{z(1-xy)}\geq z^2$

Suy ra $P\geq x^2+y^2+z^2=1$

Ta lại có $2-2yz\geq 2-(y^2+z^2)=1+x^2=\frac{1}{3}+\frac{1}{3}+\frac{1}{3}+x^2\geq \frac{4}{\sqrt[4]{27}}\sqrt{x}$ $\Rightarrow \frac{x}{1-yz}\leq \frac{\sqrt[4]{27}}{2}\sqrt{x}$

Lập luận tương tự ta cũng có $\frac{y}{1-zx}\leq \frac{\sqrt[4]{27}}{2}\sqrt{y}$ và $\frac{z}{1-xy}\leq \frac{\sqrt[4]{27}}{2}\sqrt{z}$

Suy ra $P\leq \frac{\sqrt[4]{27}}{2}(\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z})$

Theo bất đẳng thức C-S thì $\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}\leq \sqrt{3(x+y+z)}\leq \sqrt{3\sqrt{3(x^2+y^2+z^2)}}=\sqrt[4]{27}$

Suy ra $P\leq \frac{3\sqrt{3}}{2}<3$

Vậy $P$ chỉ nhận tối đa 2 giá trị nguyên là $1$ và $2$

Khi $P=1$ thì ta dễ dàng tìm được bộ $(x,y,z)$ thỏa mãn giá trị của P đó là $(1,0,0), (0,1,0),(0,0,1)$

Khi $P=2$ thì ta tìm được bộ $(x,y,z)$ đó là $(\sqrt{1-2t^2}, t, t)$ và các hoán vị của nó

trong đó $t$ chính là nghiệm của phương trình $8t^8-20t^6-8t^5+20t^4+16t^3-9t^2-8t+3=0$

Note:   Phương trình trên có 2 nghiệm thực $t_1\approx 0,351078$ và $t_2\approx 0,692448$

 

KỲ THI CHỌN HỌC SINH VÀO ĐỘI TUYỀN BỒI DƯỠNG THI HSG QG NĂM 2022

 

Câu 1. (3.0 điểm) Giải phương trình sau trên tập số thực:

$$2x^3-x^2+\sqrt[3]{2x^3-3x+1}=3x+1+\sqrt[3]{x^2+2}$$

 

Câu 2. (4.0 điểm) Đặt $f(n)=(n^2+n+1)^2+1$. Cho $a_n=\frac{f(1).f(3)...f(2n-1)}{f(2).f(4)...f(2n)}$ với $n$ là số nguyên dương. Chứng minh rằng $\lim n\sqrt{a_n}=\frac{1}{\sqrt{2}}$

 

Câu 1:   Đặt $u=\sqrt[3]{2x^3-3x+1}$ và $v=\sqrt[3]{x^2+2}$ thì phương trình trên trở thành $u^3-v^3+u-v=0$

hay $(u-v)(u^2+uv+v^2+1)=0$ , vì $u^2+uv+v^2+1=(u+\frac{v}{2})^2+\frac{3v^2}{4}+1>0$

nên $u=v$ hay $2x^3-3x+1=u^3=v^3=x^2+2 \Rightarrow 2x^3-x^2-3x-1=0 \Rightarrow (2x+1)(x^2-x-1)=0$

Phương trình này cho ta 3 nghiệm $x_1=-\frac{1}{2}\,\,,\,\,x_2=\frac{1+\sqrt{5}}{2}\,\,,\,\,x_3=\frac{1-\sqrt{5}}{2}$

Câu 2:   Ta có $f(n)=(n^2+n+1)^2+1=(n^2+1)^2+2n(n^2+1)+n^2+1=(n^2+1)((n+1)^2+1)$

Khi đó  $a_n=\frac{f(1).f(3)...f(2n-1)}{f(2).f(4)...f(2n)}$

$=\frac{(1^2+1)(2^2+1)(3^2+1)...((2n-1)^2+1)((2n)^2+1)}{(2^2+1)(3^2+1)(4^2+1)(5^2+1)...((2n)^2+1)((2n+1)^2+1)}$

$=\frac{2}{(2n+1)^2+1}$

Suy ra  $\lim_{n \to \infty } n\sqrt{a_n}=\lim_{n \to \infty }\sqrt{\frac{2n^2}{(2n+1)^2+1}}=\frac{1}{\sqrt{2}}$
 

Gợi ý, áp dụng BĐT Cauchy - Schwarz :  $(ab+cd)^2 \leq (a^2+c^2)(b^2+d^2)$

Em giải chưa được chặt chẽ lắm anh:

$$\inf A= -x\Rightarrow -a\geq -x\Rightarrow a\leq x\Rightarrow\sup -A= x$$

Từ chỗ màu xanh thì chỉ khẳng định được $-A$ bị chặn trên hay $sup-A$ tồn tại, chứ không thể suy ra $sup-A=x$

Theo đề thì $A$ là tập con bất kì của $\mathbb{R}$ nên ta phải xét tập $A$ có bị chặn dưới hay không hay $infA=-\infty$, nếu $infA=-\infty$ thì đẳng thức trên còn đúng hay không.

Em nên dựa vào định nghĩa của  supermum  và infimum để chứng minh hoàn chỉnh hơn 

$$supA=n\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}
a\leq n,\forall a\in A\\ \forall \varepsilon >0,\exists a^{*}\in A:a^{*}>n-\varepsilon

\end{matrix}\right.$$

$$infA=m\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}
a\geq m,\forall a\in A\\ \forall \varepsilon >0,\exists a^{*}\in A:a^{*}<m+\varepsilon

\end{matrix}\right.$$

Cho $A$ là tập con khác rỗng của $\mathbb{R},$ và $-A= \left \{ {\it a}:-{\it a}\in A \right \}\neq\emptyset.$ Chứng minh:

$$\sup -A= -\inf A$$

Bài toán:   Cho $H$ là một nhóm con của nhóm $G$. Chứng minh rằng $G\setminus H$ hữu hạn khi và chỉ khi $G$ hữu hạn hoặc $H=G$

 

Ta đặt $\displaystyle \deg P( x) =\deg Q( x) =n$ và đặt $\displaystyle R( x) =P( x) -Q( x)$ với $\displaystyle \deg R( x) =k\leqslant n-1$. Ta sẽ chỉ ra $\displaystyle R( x)$ là đa thức đồng nhất hằng. Chú ý rằng ta có thể tách 

$P( P( x)) -Q( Q( x)) =P( P( x)) -Q( P( x)) +Q( P( x)) -Q( Q( x)) =R( P( x)) +Q( P( x)) -Q( Q( x))$

 

Đặt $\displaystyle Q( x) =\sum _{i=1}^{n} a_{i} .x^{i}$ trong đó $\displaystyle a_{n} =1$. 

$Q( P( x)) -Q( Q( x)) =P( x)^{n} -Q( x)^{n} +\sum _{i=1}^{n-1} a_{i}\left[ P( x)^{i} -Q( x)^{i}\right]$

 

Mặt khác $\displaystyle \deg\left( P( x)^{n} -Q( x)^{n}\right) =\deg\left( R( x)\left(\sum _{i=1}^{n-1} P( x)^{i} Q( x)^{n-i-1}\right)\right) =n^{2} -n+k$ nên $\displaystyle \deg( Q( P( x)) -Q( Q( x))) =n^{2} -n+k$ và  $\displaystyle \deg( R( P( x)) +Q( P( x)) -Q( Q( x))) =max\left\{R( P( x)) ,n^{2} -n+k\right\} =n^{2} -n+k$ vì $\displaystyle nk\leqslant n^{2} -n+k$ nên rõ ràng đây là điều không thể xảy ra do vế trái là đa thức 0. Vậy $\displaystyle \deg R( x) =0$ hay $\displaystyle R( x) \equiv c$ và ta có $\displaystyle P( x) =Q( x) +c$ . Thay vào 

 

$Q( P( x)) +c=$$Q( Q( x) +c) +c=Q( Q( x))$

Từ đây đặt $\displaystyle Q( x) =t$ thì suy ra $\displaystyle Q( t+c) +c=Q( t)$ với vô số giá trị $\displaystyle t$ nên $\displaystyle c=0$. Dẫn tới $\displaystyle P( x) \equiv Q( x)$

 

Lời giải này lập luận còn thiếu sót, không rõ ràng, không chính xác.

Thiếu sót:  Thiếu trường hợp $deg P \neq deg Q$

Không rõ ràng:   Nếu $deg P=deg Q=n$ thì hệ số của biến có số mũ cao nhất của 2 đa thức bạn đang xét tới là chúng bằng 1 hay khác 1. Nếu chúng cùng bằng 1 thì $k\leq n-1$, còn chúng khác nhau thì $k\leq n$.

Chỗ lập luận được bôi màu xanh dương. Nếu $k=n-1$ thì sao ? Lúc này $\displaystyle \deg( R( P( x)) +Q( P( x)) -Q( Q( x))) =max\left\{R( P( x)) ,n^{2} -n+k\right\} =n^{2} -n+k=n^2-1$  và  $deg (P(P(x))-Q(Q(x))=n^2-1$ (ở đây tôi xem như bạn đang xét hệ số của biến có số mũ cao nhất của 2 đa thức là bằng 1) thì làm sao có điều vô lý ở đây

Không chính xác:   Chỗ lập luận được bôi màu đỏ, bạn phán $VT=P(P(x))-Q(Q(x))$ bằng 0, tôi cũng chào thua

Bài toán:   Tìm tất cả đa thức $P(x)\,,\,Q(x)\in \mathbb{Z}[x]$ sao cho $P(Q(x))=Q(P(x))$

 

Let $A, B\in\mathbb{M}_{2}\left ( \mathbb{C} \right )$ such that $A- AB= B^{2}$ and $B- BA= A^{2}.$ Prove that $A= B.$

 

 

Theo điều kiện giả thiết ta có $\left\{\begin{matrix}A=(A+B)B\\B=(A+B)A \end{matrix}\right.$

Khi đó $\left\{\begin{matrix}A+B=(A+B)(A+B)\\A-B=-(A+B)(A-B) \end{matrix}\right.$

Suy ra $(A+B)(A-B)=-(A+B)(A+B)(A-B)=-(A+B)(A-B)$ hay $(A+B)(A-B)=0$

Khai triển ra ta được $A^2+BA-B^2-AB=0$ hay $B-A=0$

Vậy $A=B$

Cho $A$ là một ma trận vuông có các phần tử nằm ngoài đường chéo chính bằng $0,$ gọi là ma trận chéo; với các phần tử trên đường chéo chính khác nhau từng đôi một. Chứng minh rằng mọi ma trận giao hoán với $A$ cũng là một ma trận chéo.

Giả sử $A,B$ là ma trận vuông cấp n

Do $AB=BA$ nên với mọi $1\leq i\neq j\leq n$ ta có $[AB]_{ij}=[BA]_{ij}$

$ \Rightarrow \sum_{i=1}^{n}[A]_{ik}[B]_{kj}=\sum_{i=1}^{n}[B]_{ik}[A]_{kj}\,\,\,\Rightarrow \,\,\, [A]_{ii}[B]_{ij}=[B]_{ij}[A]_{jj}$

do $[A]_{ii}\neq [A]_{jj}$  nên $[B]_{ij}=0$

Vậy $B$ là ma trận đường chéo.

Cho A là ma trận vuông cấp 3 thỏa mãn  $A^2-3A+2I=0$

a, Chứng minh: $A$ khả nghịch

b, Tìm $A^{-1}$ theo $A$ và $I$

c, Nếu $|A|=k \ne 0$, hãy tính $|2A-3I|$ theo $k$

Ta có  $A^2-3A+2I_n=0 \,\,\,\Rightarrow \,\,\,A\left ( \frac{3}{2}I_n-\frac{1}{2}A \right )=\left ( \frac{3}{2}I_n-\frac{1}{2}A \right )A=I_n$

nên $A$  khả nghịch và  $A^{-1}=\left ( \frac{3}{2}I_n-\frac{1}{2}A \right )$

Đặt $|2A-3I_n|=a\in \mathbb{R}$ , ta lại có $(2A-3I_n)(2A-3I_n)=I_n$

$\Rightarrow$     $a^2=|2A-3I_n||2A-3I_n|=|(2A-3I_n)(2A-3I_n)|=|I_n|=1$

Vậy  $|2A-3I_n|=1$  nếu $a>0$  hoặc  $|2A-3I_n|=-1$  nếu  $a<0$

Bài toán:   Cho $A,\,B$ là các ma trận vuông cấp $n$, cùng lũy linh và giao hoán nhau. Đặt  $e^A=\sum_{i=0}^{+\infty }\frac{1}{i!}\,A^i$

Chứng minh rằng  $e^{A+B}=e^A\,e^B=e^B\,e^A$

Ma trận $A$ được gọi là lũy linh nếu tồn tại $n\in \mathbb{N}$ sao cho $A^n=0$

let f = (x, b) => x + x*x / b;
function findLB(a, b, c) {
    let x = a;
    let n = 0;
    while (x <= c) {
        n++;
        x = f(x, b);
    }
    return n;
}

Vọc code một tí thì có thể thấy $n=2019$ và nói chung là với mọi $n$ thì $k=n+2$ sẽ là GTNN để $x_k > 1$.

 

Vậy khi viết lời giải bài toán này ra giấy thì ghi như thế nào ? 

Bài toán:  Cho dãy số thực $(x_n)_n$ được định nghĩa như sau

$$x_0=\frac{1}{2} \, \, , \, \, x_{n+1}=x_n+\frac{x^{2}_{n}}{2017} \,\, , \,\, \forall n\in \mathbb{N}$$

Tìm số tự nhiên $k$ nhỏ nhất sao cho $x_k>1$

Note:  Đây là bài toán cũ không có lời giải của diễn đàn, thấy thú vị nên post lại cho các bạn giải thử. Mình thì tìm được $k=4034$, bạn nào tìm được giá trị nhỏ hơn thì cho lời giải nhé.

Bạn chứng minh được nó hội tụ không

Đặt $f(x)=\sqrt{3}+\frac{x}{\sqrt{x^2-1}}$  ta có $f(x)$ liên tục trên $\mathbb{R^+}\setminus \{\pm 1\}$

và $f'(x)=-\frac{1}{(x^2-1)\sqrt{x^2-1}}<0$ suy ra $f(x)$ là hàm nghịch biến trên $\mathbb{R^+}\setminus \{\pm 1\}$

Với $x_1=2006$ suy ra $x_2\approx 2.73$ và $x_3\approx 2.81$

Khi đó $x_1>x_3 \Rightarrow x_2=f(x_1)<f(x_3)=x_4 \Rightarrow x_3=f(x_2)>f(x_4)=x_5$

Bằng phương pháp qui nạp ta chứng minh được $(x_{2n+1})$ là dãy giảm và bị chặn dưới bởi $1+\sqrt{3}$

$(x_{2n})$ là dãy tăng và bị chặn trên bởi $\sqrt{3}+\sqrt{\frac{4+2\sqrt{3}}{3+2\sqrt{3}}}$

Khi đó giới hạn của dãy $(x_{2n+1})$, $(x_{2n})$ tồn tại, đặt $\lim_{n\rightarrow \infty }x_{2n+1}=a$ và $\lim_{n\rightarrow \infty }x_{2n}=b$

Từ đó ta tìm nghiệm của hệ $$\left\{\begin{matrix}a=\sqrt{3}+\frac{a}{\sqrt{a^2-1}}\\ b=\sqrt{3}+\frac{b}{\sqrt{b^2-1}}\end{matrix}\right.$$  với $a\geq 1+\sqrt{3}$ và $1+\sqrt{3}<b\leq \sqrt{3}+\sqrt{\frac{4+2\sqrt{3}}{3+2\sqrt{3}}}$

Hệ có nghiệm $a=b=\frac{1}{2}\left ( \sqrt{3}+\sqrt{15} \right )$

Suy ra $\lim_{n\rightarrow \infty }x_{n}=\frac{1}{2}\left ( \sqrt{3}+\sqrt{15} \right )$

Đọc phần chứng minh này tôi thấy bạn đang đi tìm giá trị để các cạnh của một tam giác là số nguyên. Chứ chưa thấy giải quyết được gì.

Từ  $z<x+y$ và $z>y>x$ mà suy ra đó là điều kiện để $x^n+y^n=z^n$ có nghiệm với $n\geq 2$ là hết sức phi lý rồi.

Cho $\left ( G, + \right )$ là $1$ nhóm có $7$ phần tử. Chứng minh $G$ là một nhóm giao hoán.

Cách 1:   Lấy $a$ là phần tử bất kì của $G$ khác phần tử đơn vị , khi đó theo định lý Lagrange thì $\left | \left \langle a \right \rangle \right |$ sẽ là ước của $|G|=7$

Suy ra $\left | \left \langle a \right \rangle \right |=1$ hoặc $\left | \left \langle a \right \rangle \right |=7$ , do $a$ khác phần tử đơn vị nên ta loại $\left | \left \langle a \right \rangle \right |=1$

Vậy $\left | \left \langle a \right \rangle \right |=7=|G|$  suy ra $\left \langle a \right \rangle=G$ hay G giao hoán.

Cách 2:   $(G, +)$ có 7 phần tử nên đẳng cấu với $(\mathbb{Z_7}, +)$ suy ra $G$ giao hoán.

Em xin phép hỏi các thầy cô và bạn bè, giúp em giải câu giới hạn này mà không dùng tiêu chuẩn tỷ số D'alembert (kiến thức 11 và được phép dùng giới hạn $\lim an = 0$ khi $|an| < 1$.)

 

Tính $\lim \frac{n}{2^n}$

 

Em chân thành cảm ơn!

Ta có  $2^n=(1+1)^n=C^0_n+n+C^2_n+...+C^n_n>n$  suy ra $\frac{n}{2^n}<1$

Rồi áp dụng giới hạn $\lim a_n = 0$ khi $|a_n| < 1$